隱零點(diǎn)問題 解析版

件解決問題.1(2023春·新疆烏魯木齊·高三?？茧A段練習(xí))已知函數(shù)f(x(=xcosx-sinx，x∈0,.(1)求證：f(x(≤0；1(1)證明見解析；(1)由f(x(=xcosx-sinx，求導(dǎo)得f/(x(=cosx-xsinx-cosx=-xsinx，因?yàn)樵趨^(qū)間（0,上f/(x(=-xsinx<0，則f(x(在區(qū)間0,上單調(diào)遞減，所以f(x(≤f(0(=0.令g(x(=sinx-cx，x∈x(=cosx-c，x(=cosx-c<0，x0(=cosx0-c=0，0)0,(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，1222(2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·高三統(tǒng)考開學(xué)考試)已知函數(shù)fx=lnx-xe-x+(e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求函數(shù)fx在x=1處的切線方程；2(2)若fx+x--1>ae-x+lnx恒成立，求證：實(shí)數(shù)a<-1.(1)y=1-(2)證明見解析(1)由fx=lnx-xe-x+，定義域?yàn)?,+∞,則f,x=+-=x-1+.所以fx在x=1處的切線l的斜率為k=f,1=0，(2)fx+x--1>ae-x+lnx?fx-lnx+>?-+x-1>?a<x-1ex-x令hx=x-1ex-x，則h,x=xex-1，令ux=xex-1，x>0，則u,x=x+1ex所以ux在0,+∞上單調(diào)遞增，又u0=-1<0，且u1=e-1>0，則ux在0,1上存在零點(diǎn)x0且ux0=x0ex-1=0，即ex=.所以hx在0,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增，所以hxmin=hx0=x0-1ex-x0=1-（x0+，即a<hx0.hx0=1-x0+,x0=-1=又x0,x0>0，則hx0=1-x0+在0,1上單調(diào)遞增，因此hx0<h1=-1所以a<-1.3(2024·河北邢臺·高三統(tǒng)考期末)已知函數(shù)f(x)=sinx+x2．證明：f(x)>-.3令函數(shù)u(x)=f,(x)，則u,(x)=-sinx+2>0，所以u(x)=f,(x)是增函數(shù).0)=cosx0+2x0=0，即x=cos2x0.0,+∞時，f(x)>0，所以f(x)在-∞,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增.f(x)≥fx0=sinx0+x=sinx0+cos2x0=-sin2x0+sinx0+.0>sin->sin-=-，所以-sin2x0+sinx0+>-×（-2-+=-.故f(x)>-.4已知函數(shù)fx=ex-a-lnx+x，當(dāng)a≤0時，證明：fx>x+2.4【解析】當(dāng)a≤0時，令F(x)=f(x)-x-2=ex-a-lnx-2，x>0，求導(dǎo)得F(x)=ex-a-=，=x00x-a=時，x0-a=-lnx0，則F(x)≥F(x0)=ex-a-lnx0-2=+x0-a-2>2?x0-a-2=-a≥0，(當(dāng)且僅當(dāng)=x0即x0=1時，取等號，故式子取不到等號)所以當(dāng)a≤0時，fx>x+2.f0113344)=x-2=0-2=-lnx0，g(x)min=g(x0)=ex-2-lnx0=+x0-2>2?x0-2=0，所以ex-2>lnx.點(diǎn)，>0，當(dāng)a<0時，若-<a<0，當(dāng)x<ln(-2a)或x>1時，f(x)>若a=-，恒有f(x)≥0，即函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)最多一個零點(diǎn)，若a<-，當(dāng)x<1或x>ln(-2a)時，f(x)>0，當(dāng)1<x<ln(-2a)時，f(x)<0，[1,ln-2a時，fx<0， =-x+1.(1)f(x)=a-，則有f0=-b=1，解得b=-1，f0=a-1-b=a-2=-1，則a=1,b=-1.(2)由(1)知f(x)=x-，f(x)=1-=，設(shè)hx=ex+x-2，因?yàn)閔x在1,+∞上單調(diào)遞增，則hx>h1=e-1>0，所以f(x)>0在1,+∞上恒成立，所以函數(shù)fx在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.(3)因?yàn)閒(x)=1-=，令f(x)=0，令f(x)=0，得ex+x-2=0，設(shè)hx=ex+x-2，由(2)知hx在R上單調(diào)遞增，且h0=-1，h1=e-1>0，故存在唯一零點(diǎn)x0∈0,1使得hx=0，即存在唯一零點(diǎn)x0∈0,1滿足f(x0)=0，即得ex+x0-2=0，則ex=2-且當(dāng)x∈-∞,x0時，f(x)<0，此時fx單調(diào)遞減，0,+∞時，f(x)>0，此時fx單調(diào)遞增，所以fxmin=fx0=x0-===-x+x0+1=-x0-2+2-x02-x0，∈0,1時，2-x0>0，-x0-2+>-（0-2+=1，則fxmin>0，則函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個數(shù)為0. (1)證明見解析(2)a≥1(1)當(dāng)a=1時，設(shè)hx=fx-gx-1=ex-lnx+1-1x>-1，hx=ex-，所以hx在-1,0單調(diào)遞減，0,+∞單調(diào)遞增，所以hx≥h0，而h0=0，∴hx≥0，即fx≥gx+1.x≥lnx+lna≥lnx+1+1，5566x+ln(aex(≥x+1+ln(x+1(，構(gòu)造函數(shù)m(t(=t+lnt，易知m(t(在(0,+∞(遞增，則不等式為m(aex(≥m(x+1(，∴aex≥x+1?a≥，設(shè)?(x(=(x>-1(，?,(x(=(x>-1(，則φ(x(在(-1,0(遞增，(0,+∞(遞減，?(x(max=?(0(=1，∴a≥1.(-1,+∞(，f(x(≥g(x(+1恒成立，即aex+lna-ln(x+1(-1≥0.令F(x(=aex-ln(x+1(+lna-1，F(xiàn),(x(=aex-(a>0(，x=有唯一實(shí)數(shù)根，設(shè)為x0(x0>-1(，x=，lna+x0=-ln(x0+1(，則F(x(在(-1,x0(遞減，在(x0,+∞(遞增，∴F(x(min=F(x0(=aex-ln(x0+1(+lna-1≥0，即-x0-2ln(x0+1(-1≥0，設(shè)h(x(=-x-2ln(x+1(-1，顯然h(x(在(-1,+∞(單調(diào)遞減，而h(0(=0，∴h(x0(≥0，則-1<x0≤0，lna=-ln(x0+1(-x0，x0∈(-1,0[，∴l(xiāng)na≥0，a≥1.4(拔尖強(qiáng)基聯(lián)盟2024屆高三下學(xué)期二月聯(lián)合考試)已知函數(shù)f(x(=ln(x+1(-mx，g(x(=cosmx4(1)若m=1,h(x(=f(x(+g(x(+1，求證：h(x(在定義域內(nèi)有兩個不同的零點(diǎn)；(2)若f(x(+g(x(≤0恒成立，求m的值.(1)證明過程見詳解；(2)m=1(1)m=1時，h(x(=cosx+ln(x+1(-x，h,(x(=-sinx+-1(-1,0[時，h,(x(在(-1,0[上單調(diào)遞減，所以h,(x(≥h,(0(=0，所以?x1∈-1,0使得h(x1(=0，即h(x(在(-1,0[上有且僅有1個零點(diǎn)x1；②x∈[π,+∞(時，由(1)知f(x(=ln(x+1(-x在[π,+∞(上單調(diào)遞減，即f(x(≤f(π(=ln(π+1(-π,所以h(x(=cosx+f(x(≤1+ln(π+1(-π<1+lne2-π=3-π<0，所以h(x(在[π,+∞(上沒有零點(diǎn)；,(x(=-sinx+-1<0，即h(x(在(0,π(上單調(diào)遞減，又h(0(=1>0，h(π(=ln(π+1(-π-1<0，所以h(x(在(0,π(上有且僅有1個零點(diǎn)x2；綜上所述，hx在-1,+∞內(nèi)有兩個不同的零點(diǎn)x1，x2.(2)令φx=fx+gx=lnx+1+cosmx-mx-1，由于φx≤0恒成立，且φ0=0，同時φx在-1,+∞所以x=0是φx的一個極大值點(diǎn).因?yàn)棣誼=-msinmx-m，所以φ0=1-m=0即m=1，下面證明m=1時，φx≤0在-1,+∞上恒成立，所以fx≤f0=0，又gx=cosx-1≤0，故φx=fx+gx≤0恒成立.5(2024·吉林長春·東北師大附中校聯(lián)考模擬預(yù)測)已知fx=ae2x-2xex(其中e=2.71828?為自然5【解析】由fx=ae2x-2xex，可得fx=2ae2x-2x+1ex=2exaex-x-1，由?x∈R,fx+≤0，因?yàn)閒0+=a+=≤0，可得a<0，令gx=aex-x-1，則gx在R上遞減，xxx-x-1>a-x-1，則ga-1>a-a-1-1=0，又因?yàn)間-1=ae-1<0，?x0∈a-1,-1使得gx0=0，即gx0=aex-x0-1=00時，gx>0，即fx>0；0,+∞時，gx<0，即fx<0，所以fx在-∞,x0遞增，在x0,+∞遞減，所以f(x)max=fx0=ae2x-2x0ex，由gx0=aex-x0-1=0，可得a=，由f(x)max+≤0，可得x0+1ex-2x0ex+≤0，即≤0，0+1<0，可得x-1≤1，所以-2≤x0<-1，因?yàn)閍=，設(shè)hx=(-2≤x<-1)，則hx=>0，可知hx在[-2,1上遞增，hx≥h-2=1e--22=1-2e2且hx<h-1=0，1已知函數(shù)fx=ex-ax2-x.當(dāng)a>.7時，求證fx在0,+∞上存在極值點(diǎn)x0，且fx0<.788 2【解析】f(x(=ex-ax2-x，則f,(x(=ex 2可知，x>ln2a而g(ln2a)=2a-2aln2a-1=2a（1-ln2a-，1-xx2<0，-2>0，則q(x(=p,(x(在(1,+∞(單增，q(x(>q(1(=e-2，得最大值，故y=lnx-x+1≤ln1-1+1=0，x=1取得等號，于是ln2a<2a-1<2a.于是，0)=f,(x0)=0，且ln2a<x<x0，f,0<x<2a，f,(x)>0，所以x0是極小值點(diǎn)；由f,(x0)=0可得，ex--x-=ex-ax2-，代入a=，整理j(x)=（1-ex-，j,(x)=，2f(x1(-f(x2(|<k|x1-x2|，則稱f(x(為[a,b[上的“k類函數(shù)”.若f(x(=2【答案】<a<【解析】因?yàn)閒,(x(=axex-x-lnx-1，f(x1(-f(x2(|<2|x1-x2|，-2<f,(x(<2，由f,(x(<2可轉(zhuǎn)化為a<，令g(x(=，只需a<g(x(min,(x(=(1+x((lnx-x(，令u(x(=-2-lnx-x，u(x(在[1,e[單調(diào)遞減，所以u(x(≤u(1(=-3<0，g,(x(<0，故g(x(在[1,e[單調(diào)遞減，g(x(min=g(e(=，由f,(x(>-2可轉(zhuǎn)化為a>，令h(x(=，只需a>h(x(max,(x(=(1+x((xlnx-x(，令m(x(=2-lnx-x，m(x(在[1,e[單調(diào)遞減，99且m1=1>0，me=1-e<0，所以?x0∈[1,e[使mx0=0，即2-lnx0-x0=0，即lnx0=2-x0,x0=e2-x，當(dāng)x∈[1,x0時，mx>0，hx>0，故hx在[1,x0單調(diào)遞增，0,e[時，mx<0，hx<0，故hx在x0,e[單調(diào)遞減，hxmax=hx0==，故<a<.3已知函數(shù)f(x)=ax-elogax-e，其中a>1．討論f(x)的極值點(diǎn)的個數(shù).3fx=axlna-xla=xax-e，設(shè)gx=xaxln2a-e，a>1，顯然函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，g(x)與f(x)同號，故fx在0,x0單調(diào)遞減，在x0,+∞單調(diào)遞增；所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有且僅有一個極值點(diǎn)；故fx在0,x1單調(diào)遞減，在x1,+∞單調(diào)遞增；所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有且僅有一個極值點(diǎn)；綜上所述，函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有且僅有一個極值點(diǎn).4(2024·陜西安康·安康中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測)已知函數(shù)fx=xlnx-mxm∈R．當(dāng)x>1時，不等4式fx+lnx+3>0恒成立，求整數(shù)m的最大值.【解析】由題意，知xlnx-mx+lnx+3>0對任意x>1恒成立，可知m<lnx+對任意x>1恒成立.設(shè)函數(shù)gx=lnx+x>1，只需m<gxmin.對函數(shù)gx求導(dǎo)，得gx=+=.設(shè)函數(shù)h(x(=x-lnx-2(x>1(，對函數(shù)h(x(求導(dǎo)，得h,(x(=1-=>0，所以函數(shù)h(x(在(1,+∞(上單調(diào)遞增.又h(3(=1-ln3<0,h=-ln>0，(=0，即x0-lnx0-2=0，所以當(dāng)x∈(1,x0(時，h(x(<0,g,(x(<0，函數(shù)g(x(單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0,+∞(時，h(x(>0,g,(x(>0，函數(shù)g(x(單調(diào)遞增，所以g(x(min=g(x0(=lnx0+=x0-2+=x0+-1，所以m<x0+0-1．又x0∈所以整數(shù)m的最大值為2.5(2023·湖北黃岡·黃岡中學(xué)?？既?已知函數(shù)f(x(=xsinx+cosx+ax2,g(x(=xln.(1)當(dāng)a=0時，求函數(shù)f(x(在[-π,π[上的極值；5(2)用max{m,n{表示m,n中的最大值，記函數(shù)h(x(=max{f(x(,g(x({(x>0)，討論函數(shù)h(x(在(0,+∞(上的零點(diǎn)個數(shù).【解析】由h(x(=max{f(x(,g(x({，知h(x(≥g(x(.(ⅰ)當(dāng)x∈(π,+∞(時，g(x(>0，∴h(x(>0，故h(x(在(π,+∞(上無零點(diǎn).f(π(=-1+π2a. 2故當(dāng)f(π(≤0時，即a≤時，h(π( 2故當(dāng)f(π(≤0時，即a≤π 2時，h(π(=f(π(> 2π(0,π(時，g(x(<0.故h(x(在(0,π(的零點(diǎn)就是f(x(在(0,π(的零點(diǎn)，f,(x(=x(2a+cosx(,f(0(=1.①當(dāng)a≤-時，2a+cosx≤0，故x∈(0,π(時，f,(x(≤0,f(x(在(0,π(是減函數(shù)，結(jié)合f(0(=1，f(π(=-1+π2a<0可知，f(x(在(0,π(有一個零點(diǎn)，故h(x(在(0,π(上有1個零點(diǎn).(0,π(時，f,(x(≥0,f(x(在(0,π(是增函數(shù)， 2結(jié)合f(0(=1可知，f(x(在(0,π(無零點(diǎn)，故h(x(在(0,π(上無零點(diǎn).0(0,π(，使得x∈(0,x0(時，f,(x(>0,f(x(在(0,x0(是增函數(shù)；π(時，f,(x(<0,f(x(在(x0,π(是減函數(shù)；由f(0(=1知，f(x0(>0. 2π≤a< 2故h(x(在(0,π(上無零點(diǎn).當(dāng)f(π(=-1+π2a<0，即-<a<時，f(x(在(0,π(上有1個零點(diǎn)，故h(x(在(0,π(上有1個零點(diǎn). 2 2π6(2023秋·浙江·高三浙江省春暉中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí))已知函數(shù)f(x(=aex-e(x-1)2有兩個極值點(diǎn)6(2)若ex1+(e-2(x2+2(1-e(≥λ(x1-1((x2-1(恒成立，求λ的取值范圍.由題知f,(x(=0有兩個不同實(shí)數(shù)根，即a=有兩個不同實(shí)數(shù)根.=，故g(x(的圖象如圖所示，f,(x(有兩個零點(diǎn)x1,x2且x1<x2．則f,(x(≥0?0<x≤x1或x≥x2，故f(x(在(0,x1[e-2(x2+2(1-e(≥λ(x1-1((x2-1(?e(x1-1(+(e-2((x2-1(≥λ(x1-1((x2-1(若設(shè)t1=x1-1,t2=x2-1(0<t1<t2(，則上式即為et1+(e-2(t2≥λt1?t2t-t=，即t2-t1=ln>0，由et1+(e-2(t2≥λt1?t2得(t2-t1([et1+(e-2(t2[≥λt1t2ln所以λ≤2+(e-l(-e?，令t=>1,h(t(=2+(e(t-(t>1)，則λ≤h(t(在(1,+∞(恒成立，由于h'(t(=，令φ(t(=[(e-2(t2+e[lnt-2t-(e-2(t2+e，則φ'(t(=2(e-2(tlnt-2-(e-2(t+，φ八(t(=2(e-2(lnt+2(e-2(--e+2，t(在(1,+∞(遞增，t1(=0t(在(1,t1(遞減，(t1,+∞(遞增，7(2023秋·湖南永州·高三校聯(lián)考開學(xué)考試)已知函數(shù)f(x(=x2-mxlnx+1，(1)當(dāng)m=1時，求曲線y=f(x(在點(diǎn)(1,f(1((處的切線方程；【答案】(1)x-y+1=0【詳解】(1)由題，當(dāng)m=1時，ff'(1(=1化簡得x-y+1=0，即曲線f(x(在點(diǎn)(1,f(1((處的切線方程為x-y+1=0.(2)f(x(≥x，即x2-mxlnx+1≥x，即x+-mlnx-≥0在(0,+∞(上恒成立，令g(x(=x+-mlnx-，則g'(x(=1--=.對于y=x2-mx-1，Δ=m2+4>0，故其必有兩個零點(diǎn)，且兩個零點(diǎn)的積為-1，0,+∞(，則x-mx0-1=0，即m=x0-，且在(0,x0(上時y=x2-mx-1<0,則g'(x(<0，此時g(x(單調(diào)遞減，在(x0,+∞(上，y=x2-mx-1>0,g'(x(>0，此時g(x(單調(diào)遞增，g(x(取最小值，故g(x0(≥0，即x0+-x0-lnx0-≥0.=-1+lnx，lnx-=-1+lnx，lnx-1- x-x-（lnx--1+1x2令h(x(=x+x(<0， 8(2023秋·遼寧沈陽·高三沈陽市第一二〇中學(xué)校考階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)=2x3+3(1+m)x2(1)討論函數(shù)f(x(的單調(diào)性；【詳解】(1)根據(jù)題意可得f'(x)=6x2+6(1+m)x+6m=6(x+1((x+m(，若m=1，f'(x)=6(x+1(2≥0在x∈R上恒成立，此時函數(shù)f(x(在R上單調(diào)遞增；若m>1，此時-m<-1，當(dāng)x∈(-∞,-m(∪(-1,+∞(時，滿足f'(x)>0，此時函數(shù)f(x(在(-∞,-m(，(-1,+∞(上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(-m,-1(時，滿足f'(x)<0，此時函數(shù)f(x(在(-m,-1(單調(diào)遞減；若m<1，此時-m>-1，當(dāng)x∈(-∞,-1(∪(-m,+∞(時，滿足f'(x)>0，此時函數(shù)f(x(在(-∞,-1(，(-m,+∞(上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(-1,-m(時，滿足f'(x)<0，此時函數(shù)f(x(在(-1,-m(單調(diào)遞減；m>1時，f(x(在(-∞,-m(和(-1,+∞(上單調(diào)遞增，在(-m,-1(單調(diào)遞減；m<1時，f(x(在(-∞,-1(和(-m,+∞(上單調(diào)遞增，在(-1,-m(單調(diào)遞減；(2)由f(-1(=1可得-2+3(1+m)-6m=1，解得m=0；所以f(x)=2x3+3x2，則g(x)=a(lnx+1(-2x-3，若函數(shù)g(x)=a(lnx+1(-≤0在(1,+∞(上恒成立，等價成a≤在x∈(1,+∞(上恒成立；令φ(x(=2lnx-(x>1(，則φ'(x(=+>0在x∈(1,+∞(上恒成立，,且5>25=32>27=33,且5>25=32>27=33>e3，所以φ>0；因此hx在x∈1,+∞有且僅有一個零點(diǎn)x0，滿足2lnx0=0,+∞時，hx>0；因此函數(shù)hx=,x>1在1,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增；所以hx的最小值為hx0===2x0，顯然2x0∈4,5，因此a≤2x09(2023秋·陜西西安·高三校聯(lián)考開學(xué)考試)已知函數(shù)fx=lnx-x+x-2ex-m，m∈Z.(1)當(dāng)m=1時，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線方程；9【詳解】(1)由題當(dāng)m=1時，fx=lnx-x+x-2ex-1，fx=+x-1ex-1，f1=0，f1=-e-2，所以切線方程為y+e+2=0x-1，化簡得y=-e-2，即曲線fx在點(diǎn)1,f1處的切線方程為y=-e-2.(2)由fx<0可得m>lnx-x+x-2ex，令gx=lnx-x+x-2ex，x∈0,1[，則gx則gx=x-1ex-,易知hx在0,1[上單調(diào)遞增，當(dāng)0<x≤1時，x-1≤0，設(shè)hx=ex-=e-2<0，又h1=e-=e-2<0，x= 2取對數(shù)得lnx0=-x0，0時，hx<0，gx>0，gx單調(diào)遞增，,1[時，hx>0，gx≤0，gx單調(diào)遞減，-2x0=1-max=x0-2?ex+lnx0-2x0=1- 2 2所以m≥gx0，即m的最小值為-3.(2023春·江西萍鄉(xiāng)·高二萍鄉(xiāng)市安源中學(xué)校考期末)已知函數(shù)fx=lnx-mx2+1-2mx+1.(1)若m=1，求fx的極值；(2)若對任意x>0，fx≤0恒成立，求整數(shù)m的最小值.(1)極大值為f=-ln2，無極小值(2)1(1)當(dāng)m=1時，fx=lnx-x2-x+1x>0，fx=-2x-1=-.當(dāng)x>時.fx<0，則fx在,+∞（上單調(diào)遞減.所以fx在x=時取得極大值且極大值為f=-ln2，無極小值；(2)因?yàn)閷θ我鈞>0，fx≤0恒成立，所以lnx+x+1≤mx2+2x在0,+∞上恒成立，即m≥在0,+∞上恒成立，設(shè)Fx=，則Fx=.設(shè)φx=-x+2lnx，顯然φx在0,+∞上單調(diào)遞減，因?yàn)棣?=-1<0，φ=-+2ln=2ln2->0，所以?x00+2lnx0=0，0,+∞時，φx<0，F(xiàn)x<0，所以Fx在0,x0上單調(diào)遞增，在x0,+∞上單調(diào)遞減，所以Fxmax=Fx0=ln1=20，故整數(shù)m的最小值為1.(2023·云南昭通·校聯(lián)考模擬預(yù)測)設(shè)函數(shù)fx=ex-lnx+a，a∈R.(1)單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,0).(2)(-∞,1](1)a=1時，函數(shù)f(x)=ex-ln(x+1)的定義域?yàn)?-1,+∞)，因?yàn)閒(x)=ex-，所以，當(dāng)x>0時，f(x)>0，當(dāng)-1<x<0時，f(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,0).(2)函數(shù)f(x)=ex-ln(x+a)的定義域?yàn)?-a,+∞),f(x)≥a，等價于ex-ln(x+a)-a≥0，設(shè)g(x)=ex-ln(x+a)-a，則g,(x)=ex-，設(shè)h(x)=g,(x)，則h,(x)=ex+>0恒成立，所以h(x)在(-a,+∞)上單調(diào)遞增，即g,(x)在(-a,+∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x→-a,g,(x)→-∞,當(dāng)x→+∞,g,(x)→+∞,所以?x0∈(-a,+∞)，使得g,(x0(=0，即ex=，所以a=-x0，(-a,x0(時，g,(x)<0，所以g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0,+∞(時，g,(x)>0，所以g(x)單所以gmin(x)=g(x0(=ex-ln(x0+a(-a=ex-+2x0≥0，設(shè)p(x)=ex-+2x，則p(0)=0，而p,(x)=ex++2>0恒成立，所以p(x)=ex-+2x為增函數(shù)，由p(x0(≥0=p(0)，所以x0≥0.因?yàn)閥=,y=-x均為減函數(shù)，所以a=-x0在[0,+∞(上為減函數(shù)，0≥0(浙江省溫州市溫州中學(xué)2024屆高三第一次模擬考試數(shù)學(xué)試題)已知f(x)=3lnx-k(x-1).(2)當(dāng)x∈[1,3]時，討論函數(shù)g(x)=f(x)-cosx的零點(diǎn)個數(shù).(1)1(2)答案見解析(1)由題意可得：f,(x)=-k，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,3lnx0-k(x0-1((，則切線斜率為k=f,(x0)=-k=2，即k=-2，可得切線方程為y-[3lnx0-k(x0-1([=2(x-x0(，將(2,2)，k=-2代入可得2-3lnx0--2（(x0-1(=2(2-x0(，整理得lnx0-+1=0，因?yàn)閥=lnx,y=-在(0,+∞(內(nèi)單調(diào)遞增，則y=lnx-+1在定義域(0,+∞(內(nèi)單調(diào)遞增，且當(dāng)x=1時(2)因?yàn)間(x)=f(x)-cosx=3lnx-k(x-1)-cosx，則g,(x)=-k+sinx， 3x 3x且g,(1)=4-k,g,(3)=-k，,(x)≥g,(3(≥0在[1,3]內(nèi)恒成立，所以g(x(在[1,3]內(nèi)有且僅有1個零點(diǎn)；,(x)≤g,(1(≤0在[1,3]內(nèi)恒成立，所以g(x(在[1,3]內(nèi)有且僅有1個零點(diǎn)；,(x)在(1,3(內(nèi)存在唯一零點(diǎn)m∈(1,3(，則g(x(在[1,m(內(nèi)單調(diào)遞增，在(m,3[內(nèi)單調(diào)遞減，且g(1(=0，可知g(m(>g(1(=0，可知g(x(在[1,m(內(nèi)有且僅有1個零點(diǎn)，且g(3(=3ln3-2k，①當(dāng)g(3(=3ln3-2k≤0，即ln3≤k<4時，則g(x(在(m,3[內(nèi)有且僅有1個零點(diǎn)；②當(dāng)g(3(=3ln3-2k>0，即0<k<ln3時，則g(x(在(m,3[內(nèi)沒有零點(diǎn)； 13已知函數(shù)f(x(=ax2+(a+1(x+lnx,a∈R(2)求f(x(的單調(diào)區(qū)間：(3)已知f(x(=ax2+x有兩個解x1,x2(x1<x2(，(1)因?yàn)閒(x(=ax2+(a+1(x+lnx(x>0(，所以f,(x(=ax+(a+1(+== (ax+1((x+1(x，∈(1,+∞)時f,(x)<0，所以x∈(0,1)上f(x(遞增，x∈(1,+∞)上f(x(遞減，則1是f(x(的極值點(diǎn)，滿足題設(shè).,(x(=>0，故f(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，令f,(x(>0得0<x<-；令f,(x(<0得x>-；-,+∞綜上：當(dāng)a≥0時，f(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增；-,+∞(3)(i)由f(x(=ax2+x得ax+lnx=0，即ax+lnx=0有兩個解x1,x2(x1<x2(，令g(x(=ax+lnx(x>0(，則g,(x(=a+=，且g(x(在(0,+∞(上兩個零點(diǎn)，,(x(=>0，故g(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增，則g(x(在(0,+∞(上沒有兩個零點(diǎn)，不滿0<x<-；令g,(x(<0，得x>-；-,+∞-,-+ln-<0，當(dāng)x>-時，令φ(x(=ex-x2(x>1(，則φ,(x(=ex-2x，再令u(x(=ex-2x(x>1(，則u,(x(=ex-2>e1-2>0，故u(x(在(1,+∞(上單調(diào)遞增，所以u(x(>u(1(=e-2>0，即φ,(x(>0，故φ(x(在(1,+∞(上單調(diào)遞增，--e-所以g(e-=ae-+lne-=ae--=2a-1>0，-<0，綜上：當(dāng)-<a<0時，g(x(在(0,+∞(上兩個零點(diǎn)，即f(x(=ax2+x有兩個解x1,x2(x1<x2(時，-(ii)由(i)得，0<x1<-,故a=-ln--x1，又f'(s(<0，所以(as+1(s+1(<0，即s>-，即λ(x1+x2(>ln--x1，故λ>(lnx2-x1+x2(-1=令t=(t>1(，則λ>(1(t，故λlnt>，設(shè)s(t(=λlnt-，則s'(t(=-=λ-， 2故當(dāng)λ≥'(t(>0恒成立，故s( 2故當(dāng)λ≥故s(t(>s(1(=0即λlnt>在(1,+∞(上恒成立.'(1(=λ-<0，而s'(t(=當(dāng)t>>1時s'(t(>0，故存在t0>1'(t(<0，(2023·咸陽模擬)已知f(x)=(x-1)2ex-x3+ax(x>0)(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a=0時，判定函數(shù)g(x)=f(x)+lnx-x2零點(diǎn)的個數(shù)，并說明理由.【解析】解(1)由題知，f′(x)=(x2-1)ex-a(x2-1)=(x-1)(x+1)(ex-a).當(dāng)0<x<lna或x>1時，f′(x)>0；∴f(x)在定義域上是增函數(shù)；當(dāng)0<x<1或x>lna時，f′(x)>0；∴g′(x)=-x+(x2-1)exx-,設(shè)h(x)=ex-(x>0)，∴h(x)在定義域上是增函數(shù)，，-x0=lnx0，當(dāng)0<x<x0時，h(x)<0，即g′(x0<x<1時，g(x)取極大值g(x0)=lnx0-x+(x0-1)2ex=-x+-2，設(shè)F(x)=-x2+-2<x<1易知F(x)在區(qū)間，1（上單調(diào)遞減.∴g(x0)<g=-<0，15(2023·天津模擬)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+1，g(x)=x(ex-x).(1)解設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，f(x0))，由f′(x)=-a，得f′(x0)=-a，因?yàn)橹本€y=2x與函數(shù)f(x)的圖象相切，令F(x)=g(x)-f(x)+x2=xex-lnx-x-1(x>0)，則F′(x)=(x+1)ex--1=(xex-1(，令G(x)=xex-1(x>0)，則G′(x)0)故F(x)min=F(x0)=x0ex-lnx0-x0-1，所以g(x)-f(x)+x2≥0，即f(x)≤g(x)+x2. 16(2023·包頭模擬)已知函數(shù)f(x)=aex-ln(x+1)-1.(1)解當(dāng)a=e時，f(x)=ex+1-ln(x+1)-1，f(0)=e-1.f′(x)=ex+1-，f′(0)=e-1，故曲線y=f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y-(e-1)=(e-1)x，即y=(e-1)x+e-1.S=×|-1|×(e-1)=.因?yàn)閒(x)=aex-ln(x+1)-1，所以